Xác định vị trí điểm M trên cung AB để AN+2AM nhỏ nhất Xét tam giác vuông ABN có AM là đường cao.. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông này ta có: AB 2=AM.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT
NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 10/07/2017
Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu
Câu I: (2,0 điểm)
1 Cho phương trình : nx2 x 2 0 (1), với n là tham số.
a) Giải phương trình (1) khi n=0.
b) Giải phương trình (1) khi n = 1.
2 Giải hệ phương trình:
3 2 6
2 10
x y
x y
Câu II: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
: 4
A
y
1 Rút gọn biểu thức A.
2 Tìm y để A 2.
Câu III: (2,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2x n 3 và parabol (P): y x 2
1 Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0).
2 Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x x1, 2 thỏa mãn: x12 2x2 x x1 2 16.
Câu IV:(3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F Gọi P là trung điểm của
ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q.
1 Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp.
2 Chứng minh: OF MQ và PM PF PO PQ .
3 Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF2ME đạt giá trị nhỏ nhất
Câu V:(1,0 điểm)
Cho
, ,
a b c là các số dương thay đổi thỏa mãn:
2017
a b b c c a Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
P
Hết
Họ và tên thí sinh SBD
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B
1.a Khi n = 0 ta có PT x 2 0 x 2 x 2
Phương trình đã cho có nghiệm x = 2
b/ Khi n = 1 ta có PT x2 x 2 0
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x = 1 và x = -2
0,5 0.5
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (4; 3)
1.0
1
ĐKXĐy 0,y4,y 9
: 4
A
y
0,25
= 4√y (2 −√y)+8 y
( 2+√y)(2 −√y) :√y − 1− 2(√y −2)
√y (√y −2) =8√y − 4 y +8 y
( 2+√y)(2−√y) :√y −1 −2√y+4
=
8√y +4 y
( 2+√y)(2 −√y) : −√y +3
√y (√y − 2) =
4√y( 2+√y) ( 2+√y)(2 −√y)
2 3
y
=
4 3
y
Vậy
4 3
y A
y
1.00
2
2) Để A ta có2
y
Đặt t = √y 0 nên t2 = y ⇔2t2 + t -3 = 0 a+b+c = 2+1+(-3)=0
Suy ra 1 1
3 1(/ ); ( / );
2
t m t kt m
0.5
Trang 3Vậy y 1 0,5
1 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d):
y x n Đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0) thay x = 2 và y = 0 vào ta có
0 = 4 – n + 3 ⇒n = 7
0,25 0.25 Vậy với n = 7 thì đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0) 0,25
2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là :
x2 2x – n 3 x2 2x n – 3 0
Ta có Δ '= 1- n + 3 = 4 – n
Để đường thẳng (d)và pa ra bol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có
hoành độ x x1 ; 2
0,25
0 4 – n 0 n 4
Áp dụng hệ thức vi ét ta có { x1 +x2=2
x1 x2=n− 3 mà x12 2x2 x x1 2 16 0,25
x12+2 x1x2+x22− x1x2−2 x2− x22=16
⇒(x1+x2)2− x2(x1+2+ x2)=16⇒ 4 – x2 (2+2) =16 ⇒4.x2 = -12
⇒x2 = -3⇒x1 = 5
0,25
mặt khác x1x2= n-3 thay vào ta có -15 = n – 3 ⇒n = -12< 4 (t/m)
Vậy với n = -12 Thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân
biệt có hoành độ lần lượt là x x1, 2 thỏa mãn: 2
1 2 2 1 2 16
x x x x
0.5
1
0,25
Vì P là trung điẻm của ME nên OP ME hay QP MF tại P⇒F ^P O=900 0,25 mặt khác d là tiếp tuyến của (O) tại N nên MN FQ tại N 0,25
⇒F ^ N O=900 Nên F ^ P O+¿F ^ N O=900vì F ^ P Ovà F ^ N O là hai góc dối của tứ
1,00
2) Xét ΔMFN ta có QP MF ⇒QP là đường cao
MN FQ ⇒MN là đường cao vì MN cắt QP tại O nên O là trực tâm
0,25
Q
D O
E
M
N F
P
Trang 42 của ΔMFQ ⇒ OF chứa đường cao Δ MFQ suy ra OF MQ
0,25 Xét 2 tam giác vuông MPO và QPF có M ^P O=Q ^P F=900 0,25
P ^ M O=P ^ Q F( Cùng phụ với P ^ F N) ⇒2 tam giác vuông MPO và QPF đồng
PO PQ MP PF
PF PQ
1,00
3 Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng
2
MF MEđạt giá trị nhỏ nhất
Xét 2 tam giác vuông MPO và QNF cóM ^P O=M ^ N F=900; ^Mchung
0,25
Nên 2 tam giác vuông MPO và MNF dồng dạng (g-g) ⇒MP
MN=
MO MF
⇒ MP.MF =MO.MN⇒ 4MP.MF = 4.MO.MN
⇒ (4MP).MF = 4.MO.MN
⇒2ME.MF=4.MO.MN = 4.R.2R = 8R2
0,25
Như vậy tích 2ME và MF không đổi là 8R2
mà (MF+2ME )2 4MF.2ME ( với a.b>0 ta luôn có (a +b)24a.b )
nên (MF+2ME )2 4MF.2ME = 4 (MF.2ME ) = 4 8R2= 32.R2
⇒MF+2ME √32 R2=4 R√2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi 2ME = MF khi đó E là trung điểm của MF mà NE
MF nên tam giác MNF vuông cân suy ra E là điểm chính giữa cung MN 0,25
Câu V: Nếuvới mọi x;y;z;t > 0 ta có :
( x + y + x + t )(1x+
1
y+
1
z+
1
t)≥16từ đó ta có (1x+
1
y+
1
z+
1
t)≥16
x + y + z+t ⇒ 1
16
1
y+
1
z+
1
t)≥ 1
x + y + z+t
Thật vậy Ta xét
( x + y + z + t )
1 1 1 1
x y z t
x x x x
x y z t
+x y+
y
y+
y
z+
y
t +z x+
z
y+
z
z+
z
t+t x+
t
y+
t
z+
t
t= 4+ (x y+ y
x)+(x z+z
x) + (x t +t
x)+(y z+z
y)+(y t + t
y)+(t z+z
t)
mà tổng nghịch đảo của dôi một không bé hơn 2 ( áp dụng co si ) dấu =
khi x= y = z = t
( x + y + z + t )(1x+
1
y+
1
z+
1
t )≥ 4+ 2+2+ 2+ 2+ 2+2=16
⇒( x + y + z + t )(1x+
1
y+
1
z+
1
t)≥16 vì x;y;z;t > 0 ⇒161
1
y+
1
z+
1
t)≥ 1
x + y + z+t
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = t áp dụng vào bài toán ta có:
0,25
Trang 51 1 1
16
16
1 1
4
P
a b a b a c b c
b c a b c a
b c
4
a b c a
0,25
3 4034
a b c
Vậy
ax
0,25
Ghi chú :
- Đối với câu 4: Nếu học sinh không có hình vẽ hoặc vẽ hình sai thì không chấm câu này
C
H
O
D
N M
a Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp:
Ta có ∠OBN=900 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến với đường tròn)
∠OCN=900 ( Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm)
Từ đó ta có ∠OCN+∠OBN=1800 Mà chúng ở vị trí đối nhau nên ta có tứ giác OBNC nội tiếp
b, Chứng minh ONAD ,CA.CN=CO.CD
Trang 6Xét Δ ANDcó AB và CD là hai đường cao cắt nhau tại O nên NO là đường cao thứ ba của tam giác
⇒ NO⊥ ADtại H
Xét Δ CAD, ΔCON
có ∠ ACD=∠OCN=900, mặt khác ∠CNO=∠ CDA(phụ với góc O)
⇒ ΔCAD Δ CONnên AC
CD=
OC
CN ⇒ AC CN=OC CD ⇒đpcm
c Xác định vị trí điểm M trên cung AB để AN+2AM nhỏ nhất
Xét tam giác vuông ABN có AM là đường cao Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông này ta có: AB 2
=AM AN=4R 2
Áp dụng bất đẳng thức CoSi ta có 2AM+AN2√2 AM AN=2√8 R2 =4 √2 R
Vậy 2AM+AN đạt giá trị nhất là 4 √2 R khi AN=2AM có nghĩa là M là trung điểm của AN hay M
là điểm chính giữa của cung AB